\documentclass[12pt, a4paper, oneside]{ctexart}
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\title{\vspace{-4cm}\textbf{河北师范大学高等代数}}
\author{孙俪源}
\date{\today}
\linespread{1.5}

\definecolor{shadecolor}{RGB}{241, 241, 255}
\newcounter{problemname}
\def\d{\mathrm{d}}
\newenvironment{problem}{\begin{shaded}\stepcounter{problemname}\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}. }}{\end{shaded}}
\newenvironment{solution}{\par\noindent\textbf{解答. }}{\par}
\newenvironment{note}{\par\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}的注记. }}{\par}
\pagestyle{plain}
\setlength{\parindent}{0pt}
\begin{document}
\date{}
\section*{2013年高等代数答案}
\everymath{\displaystyle}

\begin{problem}[本题满分15分]
    计算行列式
    $$
    D_n=\begin{vmatrix}a_1&1&1&\cdots&1\\ 1&a_2&1&\cdots&1\\ 1&1&a_3&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&1&\cdots&a_n\end{vmatrix}
    $$    
\end{problem}
\begin{solution}
    $D_n=\begin{vmatrix}a_1&1&1&\cdots&1\\ 1&a_2&1&\cdots&1\\ 1&1&a_3&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&1&\cdots&a_n\end{vmatrix}$

    $=\begin{vmatrix}a_1&1&1&\cdots&1\\ 1-a_1&a_2-1&0&\cdots&0\\ 1-a_1&0&a_3-1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1-a_1&0&0&\cdots&a_n-1\end{vmatrix}$

    $= \begin{vmatrix}a_1+\frac{a_1-1}{a_2-1}+\frac{a_1-1}{a_3-1}+\cdots+\frac{a_1-1}{a_n-1}&1&1&\cdots&1\\ 0&a_2-1&0&\cdots&0\\ 0&0&a_3-1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&a_n-1\end{vmatrix}$

    $=（a_1+\frac{a_1-1}{a_2-1}+\frac{a_1-1}{a_3-1}+\cdots+\frac{a_1-1}{a_n-1}）((a_{2}-1)(a_{3}-1)\ldots(a_{n}-1))$

    $=a_{1}\cdot(a_{2}-1)(a_{3}-1)\cdots+(a_{n}-1)+\sum_{i=2}^{n}\frac{(a_{1}-1)(a_{2}-1)+\cdots+(a_{n}-1)}{a_{2}-1}$
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分15分]
    设数域$P$上的矩阵
    $$
    A=\left(\begin{matrix}0&0&1\\ 0&2&0\\ 3&0&0\end{matrix}\right)
    $$
    所有与$A$乘积可交换的矩阵集合$S=\left\{X|A X=X A\right\}$是数域$P$上的一个向量空间，求$S$的维数，并给它一组基.
\end{problem}
\begin{solution}
    设$X=\left[\begin{matrix}x_{11}&x_{12}&x_{13}\\x_{21}&x_{22}&x_{23}\\x_{31}&x_{32}&x_{33}\end{matrix}\right]$

    $\text{AX}=\left[\begin{matrix}0&0&1\\0&2&0\\3&0&0\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}x_{11}&x_{12}&x_{3}\\x_{21}&x_{22}&x_{23}\\x_{31}&x_{32}&x_{33}\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}x_{31}&x_{32}&x_{33}\\2x_{21}&2x_{22}&2x_{23}\\3x_{11}&3x_{12}&3x_{13}\end{matrix}\right]$

    $\text{XA}=\left[\begin{matrix}x_{11}&x_{12}&x_{13}\\x_{21}&x_{22}&x_{23}\\x_{31}&x_{32}&x_{33}\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}0&0&1\\0&2&0\\3&0&0\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}3x_{13}&2x_{12}&x_{11}\\3x_{23}&2x_{22}&x_{21}\\3x_{33}&2x_{32}&x_{31}\end{matrix}\right]$

    $\text{AX}=\text{XA}$

    $3x_{13}=x_{31}$，$3x_{33}=3x_{11}$

    $2x_{12}=x_{32}$，$2x_{32}=3x_{12}$

    $x_{11}=x_{33}$，$x_{31}=3x_{13}$

    $3x_{23}=2x_{21}$，$x_{21}=2x_{23}$

    $\Rightarrow $$\begin{cases}x_{21}=x_{23}=0\\x_{31}=3x_{13}\\x_{12}=x_{32}=0\\x_{11}=x_{33}\end{cases}$
    
    所以$X=\left[\begin{matrix}x_{11}&0&x_{13}\\0&x_{22}&0\\3x_{31}&0&x_{311}\end{matrix}\right]$
    
    所以$X=x_{11}\left[\begin{matrix}1&0&0\\0&0&0\\0&1&0\end{matrix}\right]+x_{22}\left[\begin{matrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{matrix}\right]+x_{33}\left[\begin{matrix}0&0&1\\0&0&0\\3&0&0\end{matrix}\right]$

    所以S的维数为3
    
    其中一组基为$\left[\begin{matrix}1&0&0\\&0&0\\0&&1\end{matrix}\right]   \left[\begin{matrix}0&0&1\\0&0&0\\3&0&0\end{matrix}\right]    \left[\begin{matrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{matrix}\right]$
\end{solution}
\begin{problem}[本题满分15分]
    证明：两个正定矩阵$A,B$之积仍为正定矩阵的充分必要条件是$AB=BA$.
\end{problem}
\begin{solution}
    “$\Rightarrow$”

    因为A,B为正定矩阵

    所以$A^T=A$，$B^T=B$

    因为AB也正定，所以$(AB)^T=AB$

    又$(AB)^T=B^TA^T=BA$

    所以$AB=BA$

    “$\Leftarrow$”

    因为$AB=BA$，A,B正定
    
    所以$(AB)^T=B^TA^T=BA=AB$

    所以AB为对称阵

    因为A正定，所以存在可逆矩阵P，使得$A=P^TP$

    所以$(PT)^{-1}ABP^T=PBP^T$

    因为B正定，$PBP^T与B合同$


    所以$PBP^T$正定，所以$PBP^T$特征值均大于0

    且$AB~PBP^T$，所以AB的特征值均大于0

    所以AB正定

    或$(AB)^T=B^TA^T=BA=AB$，所以AB为对称矩阵
    
    设AB的特征值$ \lambda  $，其特征向量为$\alpha $

    即$AB\alpha =\lambda \alpha$

    所以$\alpha^TB^TAB\alpha=\lambda\alpha^TB^T\alpha=\lambda\alpha^TB\alpha$
   
    所以$\lambda=\frac{\alpha^TB^TAB\alpha}{\alpha^TB\alpha}>0$（B正定，A正定）

    所以AB正定
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分20分]\\
    1、平面直角坐标系中，单位圆上$m$个点$A_{1},A_{2},\cdots,A_{m}$将单位圆周$m$等分，$n$个点$B_{1},B_{2},\cdots,B_{n}$将单位圆周$n$等分，且$A_{1},B_{1}$两点的坐标均为$(1,0)$,问单位圆上点的集合$\{A_{1},\cdots,A_{m}\}\cup\{B_{1},\cdots,B_{n}\}$中共含有多少个两两不同的点.\\
    2、设多项式$f\left(x\right)=x^{m}+x^{m-1}+\cdots+x+1,g\left(x\right)=x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x+1$,试给出两个多项式互素的充分必要条件（这个条件是指$m,n$满足何种关系），并证明这个结论。
\end{problem}
\begin{solution}
    （1）
    
    $\textcircled{1}$当$m=n$时，$A\cup B$中有m个不同的点
    
    $\textcircled{2}$当$m\neq n$时，设a为m，n的最大公约数
    
    $A\cup B$中有$(m+n-a)$个不同的点
    
    （2）
    
    $x^{m+1}-1=(x-1)(x^m+x^{m-1}+\cdots+x+1)=(x-1)f(x)$
    
    $x^{n+1}-1=(x-1)(x^n+\cdots+1)=(x-1)g(x)$
    
    $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{x^{m+1}-1}{x^{n+1}-1}$
    
    所以$f(x)=\frac{x^{m+1}-1}{x^{n+1}-1}g(x)$
    
    $(f(x),g(x))=1\Leftrightarrow x^{m+1}-1\nmid x{n+1}-1\Leftrightarrow m+1\nmid n+1$
    
    也有$g(x)=\frac{x^{n+1}-1}{x^{m+1}-1}$
    
    $(f(x),g(x))=1\Leftrightarrow x^{n+1}-1\nmid x{m+1}-1\Leftrightarrow n+1\nmid m+1$
    
    所以$(n+1,m+1)=1$
    
    所以充要条件为$(n+1,m+1)=1$
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分25分]
    设$A$是一个$m\times n$矩阵，$B$是一个$s\times t$矩阵，$C$是一个$m\times t$矩阵，证明：存在一个$n\times s$矩阵$X$满足$AXB=C$的充分必要条件是
    $$
    r(A)=r(A\vdots C),r(B)=r\begin{pmatrix}B\\ C\end{pmatrix}
    $$
    这里$r(A)$表示矩阵$A$的秩，$(A \vdots C)$是由矩阵$A$和矩阵$C$拼成的$m\times(n+t)$矩阵.
    \end{problem}
\begin{solution}
    “$\Rightarrow$”
    
    已知存在X满足$AXB=C$
    
    令$XB=Y$，即存在Y满足$AY=C$
    
    即构成了一个以Y为根的方程组，
    
    要使方程组有解，所以$r(A)=r(A\vdots C)$
    
    令$AX=Z$，即存在Z满足$ZB=C$
    
    即有$B^TZ^T=C^T$
    
    构成了一个以$Z^T$为根的方程组
    
    要使方程组有解，$r(B^T)=r(B^T\vdots C^T)$
    
    所以有$r(B)=r(_{C}^B)$
    
    所以必要性得证
    
    “$\Leftarrow$”
    
    因为$r(A)=r(A:C)$   $r(B)=r(_{C}^B)$
    
    所以$AY=C$与$B^TZ^T=C^T$，$ZB=C$有解
    
    因为A为$\mathrm{m\times n}$，C为$\mathrm{m\times t}$，所以Y为$\mathrm{n\times t}$
    
    B为$\mathrm{s\times t}$，C为$\mathrm{m\times t}$，所以Z为$\mathrm{m\times s}$
    
    所以存在X为$\mathrm{n\times s}$，使$XB=Y$，$AX=Z$
    
    满足上述条件
\end{solution}
\begin{problem}[本题满分30分]
    设$A$是一个$n$级方阵，证明：\\
    1、若$A^2=A$,则$r(A)+r(A-E)=n$.\\
    2、设两个多项式$f(x)$与$g(x)$互素，证明：$r(f(A))+r(g(A))\geq n$\\
    3、若$\begin{aligned}
    &r\left(A\right)& =r(A^{2})+1  \\
    &
    \end{aligned}$,证明：
    $$
    r(A^3)\geq r(A^2)-1
    $$    
\end{problem}

\begin{solution}
    1、

    【法一】构造$\left(\begin{matrix}A&0\\0&A-E_n\end{matrix}\right)=\left[\begin{matrix}A&A\\0&A-E_n\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}A&A\\-A&-E_n\end{matrix}\right]$
    
    $\rightarrow \left[\begin{matrix}A-A^2&0\\-A&-E_n\end{matrix}\right] \rightarrow \left[\begin{matrix}A-A^2&0\\0&E_n\end{matrix}\right]$

    因为初等变换不改变行列式得秩
    
    所以$r(A)+r(A-E)=r(A-A^2)+r(E_n)$
    
    因为$A-A^2$，所以$r(A-A^2)=0$
    所以$r(A)+r(A-E)=r(E_n)=n$

    【法二】$A^2=A$，所以$A^2-A=A(A-E)=0$

    $(AB=O,有r(A)+r(B)\leq n)$

    所以$r(A)+r(A-E)\leq n$

    又$r(A)+r(A-E) \geq r[(A)+(A-E)]$

    $=r(A-(A-E))=r(E)=n$

    $(r(A+B)\leq r(A)+r(B))$

    所以$r(A)+r(A-E)=n$

    2、

    因为$(f(x),g(x))=1$

    所以$u(x),v(x)$，使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$

    所以$u(A)f(A)+v(A)g(A)=E$

    所以$r(u(A)f(A)+v(A)g(A))=n \leq r(u(A)f(A))+r(v(A)g(A)) \leq r(f(A))+r(g(A))$

    $(r(A+B)) \leq r(A)+r(B),r(AB) \leq \min\{r(A),r(B)\}$

    所以$r(f(A))+r(g(a)) \geq n$

    3、

    $r(A^3) \geq r(A^2)+r(A^2)-r(A^2)-1$

    $=r(A^2)+r(A^2)-r(A^2)-1$

    $=r(A^2)-1$

    $(r(AB)\geq r(A)+r(B)-n,r(ABC)\geq r(AB)+r(BC)-r(B))$
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分30分]\\
        1、设$W_{1},W_{2}$是数域$P$上$n(n\geq2)$维线性空间$V$的两个真子空间，证明：存在向量$\alpha\in V$,但$\alpha\notin W_1,\alpha\notin W_2$.\\
        2、设$W$是数域$P$上$nn(n\geq2)$维线性空间$V$的一个$m(0<m<n)$维子空间，证明：存在两个$n-m$维子空间$U_{1},U_{2}$,满足
        $$
        V=W+U_{i},i=1,2,且U_{1}\bigcap U_{2}=\{0\}
        $$
        的充分必要条件是$\begin{aligned}
        && \\
        &&m\geq\frac{n}{2} 
        \end{aligned}$

\end{problem}
\begin{solution}
    1、因为$W_1、W_2$为真子空间，所以有$\alpha_{1}\in W_{1}，\alpha_{2}\in W_{2}$
        
        若$\alpha_{1}\in W_{2}$，或$\alpha_{2}\in W_{1}$，则得证
        
        若$\alpha_{1}\in W_{2}$，且$\alpha_{2}\in W_{1}$，考察$\alpha_1+\alpha_{2}$

        由$\alpha_{1}\in W_{2}$，$\alpha_{2}\in W_{2}$，所以$\alpha_1+\alpha_{2}\in W_{1}$

        （否则$\alpha_1+\alpha_{2}\in W_{2}$，$\alpha_1\in W_{2}$，$\alpha_{2}=(\alpha_1+\alpha_{2})-\alpha_1 \in W_{2}$矛盾）
        
        同样由$\alpha_{2}\in W_{1}$，$\alpha_1\in W_{1}$，所以$\alpha_1+\alpha_{2}\in W_{1}$

        所以$\alpha=\alpha_{1}+\alpha_{2}$即为所求

        2、“$\Leftarrow$”
        设V的一组基为$\alpha_{1}\ldots\alpha_{m}，\alpha_{m+1}\ldots\alpha_{n}$

        任意$\alpha\in V$，W基$\alpha_{1}\ldots\alpha_{m}$，$V_2$基$\alpha_{m+1}+\alpha_{1},\cdots\alpha_{n}+\alpha_{n-m}$

        $m\geq\frac{n}{2}$，$\alpha=k_{1}\alpha_{1}+\ldots +k_{m}\alpha_{m}+k_{m+1}\alpha_{m+1}+\cdots+k_{n\alpha_{n}}$

        $=(k_{1}-k_{m+1})\alpha_{1}+(k_{2}-k_{m+2})\alpha_{2}+\ldots+k_{m}\alpha_{m}$$\in\mathcal{W}$

        $+k_{m+1}(a_{m+1}+a_{1})+\cdots+k_{n-m}(\alpha_{n}+\alpha_{n-m})$$\in\mathcal{U_2}$

        所以$V=W+U_2$

        $V=W+U_1$显然

        且$U_1$与$U_2$的两组基线性无关

        所以$U_{1}\cap U_{2}=\{0\}$

        “$\Rightarrow$”

        $U_{1}\cap U_{2}=\{0\}$

        所以$\dim U_1+\dim U_2 \leq n$

        即$n-m+n-m \leq n$

        所以$m\geq\frac{n}{2}$
\end{solution}
\end{document}